（网络收集）2025年甘肃省物理高考真题带答案带解析带分值文字版一、选择题:本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．利用电子与离子的碰撞可以研究离子的能级结构和辐射特性。He+离子相对基态的能级图(设基态能量为0)如图所示。用电子碰撞He+离子使其从基态激发到可能的激发态，若所用电子的能量为50eV，则He+离子辐射的光谱中，波长最长的谱线对应的跃迁为n∞4 3 2 1 48.37 40.81 0(基态)51.02 E/eV A.n=4⟶n=3能级B.n=4⟶n=2能级C.n=3⟶n=2能级D.n=3⟶n=1能级【答案】C【解析】本题考察原子跃迁理论，可根据电子能量确定，He+离子能激发到的最高能级，再结合光子能量与波长的关系判断波长最长的谱线对应的跃迁。确定He+离子能激发到的最高能级已知所用电子的能量为50eV，He+离子从基态(n=1，能量E1=0eV)被激发，基态能量为0，激发态能量需小于等于50eV。由能级图可知，n=4能级的能量E4=51.02eV>50eV，n=3能级的能量E3=48.37eV<50eV，所以电子碰撞He+离子最多能使其激发到n=3能级(因为要激发到n=4能级所需能量超过了入射电子的能量50eV)，He+离子在激发后，会从激发态向低能级跃迁，可能的跃迁有n=3⟶n=2、n=3⟶n=1、n=2⟶n=1。分析波长与光子能量的关系：根据光子能量公式E=h=，可知光子能量E越小，波长越长。而光子能量等于跃迁前后两能级的能量差，即△E=Em-En(m>n，Em为高能级能量，En为低能级能量)。计算各可能跃迁的能量差，确定波长最长的跃迁对于n=3⟶n=2：△E32=E3-E2=48.37eV–40.81eV=7.56eV对于n=3⟶n=1：△E31=E3-E1=48.37eV-0eV=48.37eV对于n=2⟶n=1：△E21=E2-E1=40.81eV-0eV=40.81eV比较以上能量差大小：7.56eV<40.81eV<48.37eV，即n=3⟶n=2跃迁的能量差最小，对应的光子能量最小，根据E=，其波长最长。答案选C。【分值】4 2．如图，一小星球与某恒星中心距离为R时，小星球的速度大小为v、方向与两者中心连线垂直。恒星的质量为M，引力常量为G。下列说法正确的是小星球恒星R A.若v=，小星球做匀速圆周运动B.若<v<，小星球做抛物线运动C.若v=，小星球做椭圆运动D.若v>，小星球可能与恒星相撞【答案】A【解析】本题考察万有引力中天体运动的规律，此题可根据万有引力定律和天体运动的相关知识，分析小星球的运动轨迹与速度的关系。分析小星球做圆周运动的条件：恒星对小星球的万有引力提供向心力时，G=m(m为小星球质量)，小星球做匀速圆周运动，可得v=，故选项A正确。分析小星球做椭圆、抛物线、双曲线运动的条件：当v<时，万有引力大于所需向心力，小星球会靠近恒星，做椭圆运动(向心运动)。当v=(第二宇宙速度相关，此处为逃逸速度临界值)时，小星球将脱离恒星的束缚，做抛物线运动；当v>时，做双曲线运动。所以选项B中<v<，小星球应做椭圆运动；选项C中v=，小星球做抛物线运动，故B、C错误。分析小星球速度大于时的运动情况：当v>时，小星球做离心运动，会远离恒星，不可能与恒星相撞；而当v<时，小星球做向心运动，才可能与恒星相撞，故选项D错误。答案选A。【分值】4 3．2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1s内燃料对火箭的平均推力约为6×106N．火箭质量约为500吨且认为在1s内基本不变，则火箭在初始1s内的加速度大小约为(重力加速度g取10m/s2)A.2m/s2 B.4m/s2 C.6m/s2 D.12m/s2【答案】A解析本题考察牛顿第二定律的运用，根据牛顿第二定律F合=ma来求解火箭的加速度，需要先对火箭进行受力分析，找出合力。对火箭进行受力分析求加速度：火箭在初始1s内，受到竖直向上的推力F=6×106N，竖直向下的重力G=5×106N。根据牛顿第二定律求加速度a==2m/s2。答案选A。【分值】4 4．如图，小球A从距离地面20m处自由下落，1s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为20 m v B A 3 m A.1.5m/s B.3.0m/s C.4.5m/s D.6.0m/s【答案】B【解析】本题考察自由落体，平抛运动和碰撞中的弹性碰撞的规律。小球A碰撞前的竖直运动：小球A自由下落，在t1=1s内下落高度：h1=gt=×10×12=5m碰撞前A的竖直速度：vy1=gt1=10m/s，剩余下落高度：h2=20-5=15m。碰撞后小球A的运动(竖直+水平)碰撞为完全弹性碰撞，且两球质量相同：水平方向：动量守恒+动能守恒，会发生速度交换(碰撞前A水平速度为0，B水平速度为v；碰撞后A水平速度为v，B水平速度为0)。竖直方向：碰撞为水平力，竖直速度不受影响(仍为vy1=10m/s)，继续做匀加速运动。设碰撞后A落地时间为t2，竖直方向位移公式：h2=vy1t2+gt，即15=10t2+×10t，整理得：t+2t2-3=0解得t2=1s(负根舍去)。计算碰撞前小球B的速度v碰撞后A水平方向做匀速直线运动，由x=vt2，解得v==3.0m/s碰撞前小球B的速度大小为3.0m/s，对应选项B。【分值】4 5．如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上，N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是P N M A.M点的电势比P点的低B.M点的电场强度比N点的小C.负电荷从M点运动到P点，速度增大D.负电荷从M点运动到P点，电场力做负功【答案】D【解析】本题考察非匀强电场中电场强度，电势，电场力做功的情况要解析本题，需结合电场线与等势面的关系、电势与场强的判断、电场力做功与能量变化的规律分析。判断电场线方向与极板电性：电容器与直流电源相连，假设上极板接正极，下极板接负极(电场线从正极指向负极)。分析电势高低(选项A)：图中虚线为等势线，沿电场线方向电势逐渐降低：=>，A错误。分析场强大小(选项B)：电场线的疏密反映场强大小，M点电场线较密集，N点电场线较稀疏，故EM>EN，B错误。分析负电荷的受力与做功(选项C、D)：负电荷从高电势向低电势运动，电场力做负功，结合动能定理，动能减小，速度减小，C错误，D正确。综上，通过电场线的疏密、方向推导场强、电势，结合电场力做功情况与电势高低的关系分析做功，最终得出正确答案为D。【分值】4 6．闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图所示，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势下列说法正确的是B t O T A.t在0~内，和E均随时间增大B.当t=与时，E大小相等，方向相同C.当t=时，最大，E为零D.当t=时，和E均为零【答案】C【解析】本题考查电磁反应现象要解析本题，需结合磁通量与感应电动势E的关系E=，=BS，S不变)，分析B-t图像的变化趋势、斜率(物理意义对应电动势E)：要明确和E的物理意义：由=BS可知与B成正比，图像与B-t一致(正弦曲线)。感应电动势E与B-t图像的斜率成正比，即正弦曲线的导数(余弦曲线)。选项A：0~内，B增大→=BS增大；B-t图像的斜率减小(正弦曲线上升段，斜率从最大→0)→E减小，A错误。选项B：t=与内，t=，B增大(上升段)，斜率为正(E方向由楞次定律判断，此处斜率正对应E某方向)；t=：B减小(下降段)，斜率为负(E方向相反)；虽斜率绝对值相等(对称点)，但方向相反→B错误。选项C：t=，B达到最大值→=BS最大；B-t图像在顶点处，斜率=0，C正确。选项D：t=，B=0→=BS=0；B-t图像在零点处，斜率为最大值(正弦曲线导数为余弦，t=时余弦值为-1，绝对值最大)→E最大(非零)，D错误。综上，通过分析B-t图像的趋势、斜率与、E的对应关系，唯一正确选项为C。【分值】4 7．离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后，沿OO方向射入电压为U2的电场(OO为平行于两极板的中轴线)，极板长度为l、间距为d，U2-t关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2=±Um时，离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是~U2 A O L a样品d B图1 O S U1+-l U2 t O 2T T-Um Um t1 t2图2 A.U2的最大值Um=U1 B.当U2=±Um且L=时，离子恰好能打到样品边缘C.若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1 D.在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点【答案】B【解析】本题主要考查带电粒子在电场中的加速和偏转问题，需要运用动能定理、类平抛运动规律来分析求解。①分析离子在U1电场中的加速过程：设离子的质量为m，电荷量为q，经过电压U1加速后，根据动能定理qU1=mv，可得到离子进入U2电场时的初速度v0=②分析离子在U2电场中的偏转过程：离子在U2电场中做类平抛运动，在沿极板方向做匀速直线运动，运动时间t=；在垂直极板方向做匀加速直线运动，加速度a=，偏转位移y=at2。当U2=±Um时，离子恰好从两极板边缘射出，此时偏转位移y=，联立上面的式子可得：Um=U1所以选项A错误。③分析离子出U2电场后的匀速直线运动过程~U2 O L a/2样品d Oθvy l v0 d/2设离子出U2电场时的偏转角为θ，如图所示，则tanθ=，vy=at=。当U2=±Um时，要使离子恰好打到样品边缘，结合几何关系tanθ=，将Um=、v0=、vy=代入tanθ=，再结合tanθ=，经计算可得L=，所以选项B正确。方法2：离子出U2电场后，做匀速直线运动，速度的反向延长线过水平位移的中点，如图所示。利用三角形相似，离子恰好打到样品边缘，则=，解得L=，所以选项B正确。④分析影响样品辐照范围的因素样品的辐照范围与离子的最大偏转位移有关，根据前面的推导，离子的偏转位移y与U1有关，U1越大，离子进入U2电场的初速度v0越大，在U2电场中的运动时间越短，偏转位移越小，样品辐照范围越小；要增大样品辐照范围，应减小U1，所以选项C错误。⑤分析不同时刻射入离子的落点情况由图2可知，t1时刻U2为负，离子向上偏转；t2时刻U2为正，离子向下偏转，所以在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点，因t1时刻所加的向上电场电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压,根据偏移y=at2和vy=×，则t1时刻射入的粒子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移，则选项D错误。答案选B。【分值】4 8．如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是2m m O A B A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大B.剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为C.小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为D.小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为【答案】BC【解析】本题主要考查弹簧系统在瞬间变化和运动过程中的受力、加速度、速度以及弹簧形变量的分析，需要结合胡克定律、牛顿第二定律和简谐运动的对称性来求解。①分析剪断细线前的弹簧伸长量：剪断细线前，对A、B整体分析，根据平衡条件，弹簧的弹力F=(2m+m)g=3mg。由胡克定律F=kx(x为弹簧伸长量)，可得此时弹簧伸长量x1=。②分析剪断细线瞬间小球A的受力和加速度(选项B)：剪断细线瞬间，弹簧弹力来不及突变，仍为F=3mg。对小球A，根据牛顿第二定律F-2mg=2ma，将F=3mg代入可得：a=小球A的加速度大小为，选项B正确。③分析小球A速度最大的位置(选项A)小球A在运动过程中，当加速度为0时速度最大，即弹簧弹力等于A的重力2mg时。由胡克定律F=kx，此时弹簧伸长量x2=≠0(不是原长处)，所以小球A运动到弹簧原长处时速度不是最大，选项A错误。④分析小球A运动到最高点时弹簧的伸长量(选项C)剪断细线后，小球A做简谐运动。根据简谐运动的对称性，小球A在最低点(剪断细线瞬间的位置)与最高点关于平衡位置(加速度为0的位置，即x2=处)对称。剪断细线瞬间弹簧伸长量x1=，平衡位置伸长量x2=，则最高点与最低点相对于平衡位置的位移大小相等。所以最高点弹簧伸长量x3=x2-(x1-x2)=2x2-x1=所以小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为，选项C正确。⑤分析小球A运动到最低点时弹簧的伸长量(选项D)剪断细线前弹簧伸长量x1=，剪断细线后小球A开始运动，最低点就是剪断细线瞬间的位置，此时弹簧伸长量为≠，选项D错误。答案是B、C。【分值】5 9．如图，一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B，然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说法正确的是V A T B C O A.A⟶B过程为吸热过程B.B⟶C过程为吸热过程C.状态A压强比状态B的小D.状态A内能比状态C的小【答案】ACD【解析】本题主要考查理想气体的状态变化过程，涉及等容变化、等温变化，以及热力学第一定律和理想气体状态方程的应用，需要结合图像分析各状态的温度、体积、压强关系，进而判断吸放热和内能变化。①分析过程(等容变化)：温度变化：由图像可知，过程体积V不变，温度T升高。内能变化：因为一定量理想气体内能只与温度有关，温度升高，所以内能△U>0。做功情况：等容变化时，气体体积不变，W=0(做功W=p△V，△V=0则W=0)。吸放热判断：根据热力学第一定律△U=Q+W，将△U>0，W=0代入，可得Q=△U>0，即气体吸热，选项A正确。-压强变化：根据理想气体状态方程=C(C为常量)，过程V不变，T升高，所以压强p增大，即状态A压强比状态B的小，选项C正确。②分析过程(等温变化)温度变化：过程温度T不变，所以内能△U=0(理想气体内能只与温度有关)。做功情况：由图像知体积V减小，外界对气体做功，W>0(体积减小，外界对气体做功)。吸放热判断：根据热力学第一定律△U=Q+W，△U=0，W>0，则Q=△U-W=-W<0，即气体放热，选项B错误。③分析状态A和状态C的内能(选项D)由图像可知，状态A的温度低于状态C的温度(TA<TC)。因为理想气体内能只与温度有关，温度越高内能越大，所以状态A内能比状态C的小，选项D正确。答案是A、C、D。【分值】5 10．2025年5月1日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为，a粒子的速度大小为va=，方向沿同心圆的径向；b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是R0 c B A O a b A.外圆半径等于2R0 B.a粒子返回A点所用的最短时间为C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为D.c粒子的速度大小为va【答案】B、D【解析】本题考察带电粒子在环形有界磁场中的运动问题，结合洛伦兹力提供向心力、几何关系及周期公式分析。选项A：外圆半径等于2R0由题意，作出a粒子运动轨迹图，如图所示R0 A O a O1 C a粒子恰好到达磁场外边界后返回，a粒子运动的圆周正好与磁场外边界，然后沿径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A点，a粒子速度va=，代入轨迹半径公式r=，得a粒子轨迹半径ra=R0。a粒子沿径向入射，其轨迹圆心在垂直于速度的方向(即过A点垂直径向的直线上)，且OA=R0(内圆半径)、O1A=ra=R0轨迹半径，故OO1=R0(几何关系)。外圆半径R=R0+R0，A错误；选项B：a粒子返回A点的最短时间a粒子周期T=。a粒子运动分两段：粒子在磁场中圆心角∠AO1C=270o，在磁场中运动的时间t1=T=粒子在内圆内匀速直线运动的时间t2==a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间tmin=t1+t2=选项C：b、c粒子返回A点的最短时间之比由题意，作出b、c粒子运动轨迹图，如图所示R0 c A O b Oc C Ob M b、c粒子速度垂直径向，因“恰好到达外边界”，轨迹与外圆相切。周期T=相同，因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，故所用的最短时间之比为1:1，C错误；选项D：c粒子的速度大小由rc=，c粒子轨迹半径rc与a粒子不同，由几何关系得2rc=R0联立解得vc=va D正确。故选B、D。【分值】5二、非选择题:本题共5小题，共57分。11．某学习小组使用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。把一个直径为d的小球用不可伸长的细线悬挂，光电门置于小球平衡位置处，其光线恰好通过小球球心，计时器与光电门相连。0 0 0 0计时器光电门h图1将小球拉离平衡位置并记录其高度h，然后由静止释放(运动平面与光电门光线垂直)，记录小球经过光电门的挡光时间△t。改变h，测量多组数据。已知重力加速度为g，忽略阻力。(1)以h为横坐标、_____(填“△t”、“(△t)2”、”或“”)为纵坐标作直线图。若所得图像过原点，且斜率为_____(用d和g表示)，即可证明小球在运动过程中机械能守恒。(2)实验中，用游标卡尺测得小球直径d=20.48mm。①由结果可知，所用的是_____分度的游标卡尺(填“10”、“20”或“50”)；②小组设计了一把25分度的游标卡尺，未测量时的状态如图2所示。如果用此游标卡尺测量该小球直径，则游标尺上第_____条刻度线与主尺上的刻度线对齐。【答案】(1)①②(2)①50②12【解析】(1)本题考察机械能守恒定律实验，结合小球通过光电门的速度计算方法，推导得出横、纵坐标的关系以及图像斜率，进而完成试题解析。①分析小球通过光电门的速度：小球通过光电门时，由于挡光时间△t很短，可认为小球在挡光时间内的平均速度等于瞬时速度，即小球通过光电门的速度v=，其中d为小球直径。②根据机械能守恒定律列方程：小球从释放到经过光电门的过程中，只有重力做功，机械能守恒。重力势能的减少量等于动能的增加量，即mgh=mv2(m为小球质量)。将v=代入上式，可得：mgh=m则h=③确定横、纵坐标及图像斜率由h=可知，以h为横坐标、为纵坐标作直线图时，该式符合一次函数y=kx(y为，x为h，k为斜率)的形式。此时斜率k=，若所得图像过原点，且斜率为，即可证明小球在运动过程中机械能守恒。答案依次为：；。(2)本题主要考查游标卡尺的原理及读数相关知识，需要根据游标卡尺的精度和读数规则来分析。①判断游标卡尺的分度游标卡尺精度与读数关系：10分度游标卡尺精度为0.1mm，读数结果小数点后一位；20分度游标卡尺精度为0.05mm，读数结果小数点后两位且末位为0或5；50分度游标卡尺精度为0.02mm，读数结果小数点后两位，末位可为0、2、4、6、8。已知小球直径d=20.48mm，小数点后两位且末位是8，符合50分度游标卡尺的读数特征，所以所用的是50分度的游标卡尺。②确定游标尺对齐的刻度线1.25分度游标卡尺的精度：25分度游标卡尺精度为0.04mm(主尺19mm对应游标尺25格，精度=0.04mm)，未测量时，游标尺零刻度线与主尺零刻度线对齐情况可用于分析。计算测量小球直径时的对齐刻度线：小球直径d=20.48mm，主尺读数为20mm，游标尺读数为0.48mm。因为25分度游标卡尺精度△x=0.04mm，根据游标尺读数=对齐刻度线数n×精度，即0.48mm=n×0.04mm，解得n=12。所以游标尺上第12条刻度线与主尺上的刻度线对齐。答案依次为：①50；②12。【分值】6 12．某兴趣小组设计测量电阻阻值的实验方案。可用器材有:电池(电动势1.5V)两节，电压表(量程3V，内阻约3k)，电流表(量程0.3A，内阻约1)，滑动变阻器(最大阻值20)，待测电阻R5，开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。图1(1)首先设计如图1所示的电路。①要求用S2选择电流表内、外接电路，请在图1中补充连线将S2的c、d端接入电路；②闭合S1前，滑动变阻器的滑片P应置于_____端(填"a"或"b");③闭合S1后，将S2分别接c和d端，观察到这两种情况下电压表的示数有变化、电流表的示数基本不变，因此测量电阻时S2应该接_____端(填“c”或“d”)。(2)为了消除上述实验中电表引入的误差，该小组又设计了如图2所示的电路。图2①请在图2中补充连线将电压表接入电路;②闭合S1，将S2分别接c和d端时，电压表、电流表的读数分别为Uc、Ic和Ud、Id。则待测电阻阻值Rx=_____(用Uc、Ud、Ic和Id表示)。【答案】(1)①②b③c(2)①②【解析】本题主要考查伏安法测电阻的实验，涉及电流表内、外接法的选择，滑动变阻器的使用，以及利用特殊方法消除电表引入的误差来测量电阻。(1)关于图1电路的分析①滑动变阻器滑片P的位置闭合S1前，为了保护电路，滑动变阻器的滑片P应置于阻值最大处。滑动变阻器采用限流接法(从图中连接方式可知)，滑片P置于b端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，所以应置于b端。②S2的c、d端接入电路的连线闭合S1后，将S2分别接c和d端，观察到电压表的示数有变化、电流表的示数基本不变。这说明电流表的分压作用不明显，而电压表的分流作用明显，即Rx是大电阻(满足Rx≫RA，RA为电流表内阻)，此时应采用电流表内接法，测量更准确，所以S2应该接c端(内接法对应c端)。(2)实物连接图如图所示，当S2接c时，电压表测的是Rx两端的电压Uc，电流表示数Ic是通过Rx和电压表的总电流；则=Rx+RA+R滑当S2接d时，电压表测的是Rx和电流表两端的电压Ud，电流表示数Id是通过电压表的电流。则=RA+R滑那么待测电阻阻值Rx=-。【分值】9 13．如图，ABCD为某容器横截面，O、为上下底面中心，处有一发光点。人眼在E点沿EB方向观察，容器空置时看不到发光点。现向容器中缓慢注入某种透明液体，当液面升高到12cm时，人眼恰好能看到发光点。已知O=15cm，OB=13cm，EB=5cm，EB与AB延长线的夹角为。不考虑器壁对光的反射，真空中光速c=3.0×108m/s。求:D 12 cm O E A B C(1)该液体的折射率。(2)光从O点到达人眼的时间。【答案】(1)(2)1×10-9s【解析】本题主要考查光的折射定律及相关几何知识的应用，通过分析光的传播路径，利用折射定律和速度公式来求解液体的折射率和光传播的时间。(1)求该液体的折射率根据题意还出光路图，如图所示，D 12 cm O E A B C i M N P r确定折射角和入射角的正弦值当液面升高到12cm时，设液面与OO’交于M点。人眼在E点沿EB方向观察到发光点，此时折射光线沿BE方向，则折射角i与满足sini=cos=。由几何关系，液面高h=12cm，OB=13cm，在三角形中由几何关系可知PB=4cm，OP=OB-PB=9cm=MN，则sinr==。根据折射定律计算折射率根据光路的可逆性和光的折射定律n==。(2)求光从O’点到达人眼的时间求光在液体中的速度光在介质中的速度公式为v=，则光在液体中的速度：v=m/s求光传播的路程光在液体中传播的路程s1：由几何关系可知，光在液体中传播的路径为O’到液面折射点的距离，s1==15cm=0.15m。光在空气中传播的路程为s2=EB+NB=5cm+5cm=0.1m，光在空气中速度为c。计算光传播的时间光从O’点到达人眼的时间t=+=1×10-9s(1)该液体的折射率为；(2)光从O’点到达人眼的时间约为1×10-9s。【分值】10 14．(15分)如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30o。求:Fθ图1 F/N 2mg 8 0 t/s图2(1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。(2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像。(3)t=6s时，物块的速度大小。【答案】(1)F=t；(2)f=f mg t 6 0 2 4 mg(3)5.5g【解析】本题考察物块的受力分析、冲量计算、摩擦力变化及动量定理应用。(1)由F-t图像知F随t线性变化，已知t=8s时，F=2mg，因此F的表达式为F=t。当t=6s时，F=×6=。0~6s内F的冲量为F−t图围成的面积，即IF=×mg×6=mg或用平均力计算：==，冲量IF==。(2)初始时刻物块静止，F=0，说明静摩擦力平衡重力沿杆的分力，mgsin30o=μmgcos30o，解得μ=。将F分解为沿杆和垂直于杆两个方向，在垂直杆方向，当Fsinθ=mgcos30o时，摩擦力f=0,解得F=mg，代入F=t，解得时间t=4s在0~4s内，物块受到杆的弹力垂直于杆斜向上，有Fsinθ+N=mgcosθ物块受到杆的静摩擦力f=μN=μ(mgcosθ-Fsinθ)=×=mg(0≤t≤4)在4~6s内，Fsinθ>mgcosθ，物块受到杆的弹力垂直于杆斜向下，有Fsinθ=mgcosθ+N。摩擦力f=μN=μ(Fsinθ-mgcosθ)==mg(4≤t≤6)所以0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式为：f=相应的f−t图像如图f mg t 6 0 2 4 mg(3)求t=6s时物块的速度使用全过程来计算物块的速度，利用好题目中的F-t图像和摩擦力f-t的图像，由动量定理物块0~6s内沿杆方向有IFcosθ-If=mv在0~6s内摩擦力的冲量为f−t图围成的面积，则If=×mg×4+×mg×2=mg也可以使用平均力求冲量：If=×4+×2=mg即mg·cos30o-mg=mv解得v=5.5g。【分值】15 15．在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统。如图，ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度v0向右运动，机械臂2静止。运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。C a c d b v0机械臂1机械臂2(1)求初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小及感应电流方向。(2)系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2，写出两机械臂各自所受安培力的大小以及此时电容器电荷量的表达式；(3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少?【答案】(1)E=BLv0，c→机械臂1→a(或沿逆时针方向或向上)(2)F1=BI1L；F2=BI2L；(3)△x=【解析】本题主要考查电磁感应中的动力学与能量问题(1)求初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小及感应电流方向初始时刻机械臂1以速度v0向右运动切割磁感线，所以产生的感应电动势E=BLv0。由右手定则(伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从手心进入，并使拇指指向导线运动方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向)，可判断出感应电流方向为：在机械臂1中从c→机械臂1→a(或沿逆时针方向或向上)。(2)分析机械臂所受安培力大小和电容器所带电荷量安培力公式为F=BIL(其中B为磁感应强度，I为电流，L为导线在磁场中的有效长度)。机械臂1所受安培力F1=BI1L。机械臂2所受安培力F2=BI2L。此时既然两机械臂中的电流不等，机械臂2的速度要小于机械臂1的速度，设此时两机械臂的速度分别为v1、v2由动量守恒可知安培力的冲量等于动量的变化，机械臂1有·△t=mv1-mv0，即-BL·△t=mv1-mv0，机械臂2有：·△t=mv2，即BL·△t=mv2，其中·△t=Q1，·△t=Q2，Q1、Q2分别为流过机械臂1和机械臂2的电荷量。因机械臂1做减速运动，机械臂2做加速运动，电容器的带电量Q=Q1-Q2电路等效电路如图，电容器两极板间的等于M、N两点的电压，由闭合电路知识可知UMN=BLv1-I1R=BLv2+I2R电容器两端的电压U=UMN=BLv1-I1R=BLv2+I2R=C E1=BLv1机械臂1机械臂2 I1 I2 E2=BLv2 M N所以此时电容器电荷量为Q=CU=(3)求稳定状态后两机械臂的速度和初始最小间距稳定后速度：系统水平方向不受外力(安培力为内力，导轨光滑)，当两机械臂的安培力均为零时，即当两机械臂的电流0时，两机械臂的速度相同为v，两机械臂产生的电动势均为U=BLv解得v=初始最小间距：两机械臂不相撞的临界是稳定时恰好接触，需计算相对位移△x。对机械臂1由动量定理知：=mv-mv0，安培力F=BIL=BL，即·△t=mv-mv0，其中·△t=x1，同理对机械臂2由动量定理知：·△t=mv，其中·△t=x2，初始距离的最小值△x=x1-x2解得△x=。【分值】17。
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